Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Sở GD&ĐT Hà Tĩnh có đáp án

Chọn A

$y' = - \frac{6}{{{{\left( {x - 3} \right)}^2}}} < 0\,\,\forall x \in \left[ {0;2} \right]\,$nên hàm số nghịch biến trên đoạn $\left[ {0;2} \right]$ $\Rightarrow \,\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} y = y\left( 0 \right) = - 1$.

Chọn D

$\cos x + 1 = 0\, \Leftrightarrow \,\,\cos x = - 1\,\, \Leftrightarrow \,\,x = \pi + k2\pi \,,\,k \in \mathbb{Z}$

Chọn C

${\log _{\frac{1}{3}}}\left( {x - 2} \right) + 2 > 0\,\, \Leftrightarrow \,{\log _3}\left( {x - 2} \right) < 2\, \Leftrightarrow \,0 < x - 2 < 9 \Leftrightarrow \,2 < x < 11$.

Chọn D

$\left( {\overrightarrow {AD} ,\,\overrightarrow {A'B'} } \right) = \left( {\overrightarrow {AD} ,\,\overrightarrow {AB} } \right) = 90^\circ$ nên a) đúng.

$\left( {\overrightarrow {AC} ,\,\overrightarrow {B'D'} } \right) = \left( {\overrightarrow {AC} ,\,\overrightarrow {BD} } \right) = 90^\circ$ nên b) đúng.

$\left( {\overrightarrow {BA'} ,\,\overrightarrow {CB'} } \right) = \left( {\overrightarrow {CD'} ,\,\overrightarrow {CB'} } \right) = \widehat {D'CB'} = 60^\circ \,$nên c) đúng.

$\left( {\overrightarrow {BA'} ,\,\overrightarrow {A'D} } \right) = \left( {\overrightarrow {BA'} ,\,\overrightarrow {A'D} } \right) = 180^\circ - \left( {\overrightarrow {A'B} ,\,\overrightarrow {A'D} } \right) = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ$ nên d) sai.

Chọn A

Ta có $\overrightarrow {OM} = - \overrightarrow i + 5\overrightarrow j - 2\overrightarrow k$$\Rightarrow M\left( { - 1;5; - 2} \right)$.

Chọn B

Ta có vectơ pháp tuyến của $\left( P \right)$ là $\overrightarrow n = \left( {2;0; - 1} \right)$.

Chọn C

Dựa vào đồ thị hàm số ta có hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {0;4} \right)$ là sai.

Chọn D

Gọi $A$ là biến cố con xúc xắc xuất hiện mặt lẻ chấm, $P\left( A \right) = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$.

Gọi $B$ là biến cố con xúc xắc xuất hiện mặt có số chấm nhỏ hơn $4$.

Ta có $P\left( {AB} \right) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$.

Khi đó $P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{1}{3}:\frac{1}{2} = \frac{2}{3}$.

Chọn A

Ta có ${u_3} = {u_1} + 2d \Leftrightarrow 7 = 1 + 2d \Leftrightarrow d = 3$.

Chọn A

$x = \frac{{10 \times 2 + 30 \times 5 + 50 \times 7 + 70 \times 18 + 90 \times 8}}{{40}} = 62{,}5$.

Chọn A

$\int {\left( {\sin x + 4{x^3}} \right){\rm{d}}x} = - \cos x + 4\frac{{{x^4}}}{4} + C = - \cos x + {x^4} + C$.

Chọn D

$\int\limits_0^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int\limits_0^6 {f\left( x \right){\rm{d}}x} - \int\limits_3^6 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = 8 - 3 = 5$.

Đáp án: a)S b)Đ c)Đ d)Đ

Tổng số học sinh là: 5 + 7 + 8 = 20 học sinh.

a) Số cách chọn 5 học sinh đều thuộc lớp 10A:

Chọn 5 học sinh từ 5 học sinh lớp 10A: $C_5^5 = 1$cách. Phát biểu này SAI.

b) Số cách chọn 5 học sinh tùy ý:

Chọn 5 học sinh bất kỳ từ 20 học sinh: $C_{20}^5 = 15504$ cách. Phát biểu này ĐÚNG.

c) Số cách chọn 5 học sinh có đủ cả ba lớp sao cho số học sinh lớp 10C > 2:

Vì phải có đủ 3 lớp và số học sinh lớp 10C > 2, ta chọn 3 học sinh lớp 10C, 1 học sinh lớp 10A, 1 học sinh lớp 10B: $C_8^3 \cdot C_5^1 \cdot C_7^1 = 56 \cdot 5 \cdot 7 = 1960$cách. Phát biểu này ĐÚNG.

d) Xác suất để không tồn tại lớp nào có đúng 1 học sinh được chọn:

Tổng không gian mẫu: $n(\Omega ) = C_{20}^5 = 15504$

Gọi biến cố A: "Không có lớp nào có đúng 1 học sinh được chọn". Điều này có nghĩa là mỗi lớp được chọn phải có 0 học sinh hoặc từ 2 học sinh trở lên.

TH1: Chọn 5 em ở cùng 1 lớp: $C_5^5 + C_7^5 + C_8^5 = 78$

TH2: Một lớp chọn 3 em, một lớp chọn 2 em:

$$C_5^3 \cdot C_7^2 + C_5^2 \cdot C_7^3 + C_5^3 \cdot C_8^2 + C_5^2 \cdot C_8^3 + C_7^3 \cdot C_8^2 + C_7^2 \cdot C_8^3 = 3556$$

Tổng số cách thuận lợi cho A: n = 78 + 3556 = 3634.

Xác suất: $P(A) = \frac{{3634}}{{15504}} = \frac{{1817}}{{7752}}$. Phát biểu này ĐÚNG.

a) $\overrightarrow {AB} = \left( { - 3;5;0} \right)$

Mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow k = \left( {0;0;1} \right)$

Gọi $\left( \alpha \right)$ là góc giữa đường thẳng $AB$ và mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$:

$\sin \alpha = \frac{{\left| {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow k } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow k } \right|}} = 0 \Rightarrow \alpha = {0^{\rm{o}}}$. Suy ra là mệnh đề sai.

b) $\overrightarrow {MA} = \left( {4;0; - 4} \right)$. Suy ra là mệnh đề đúng.

c) Phương trình đường thẳng $MA$:

$\left\{ \begin{array}{l}x = 4 + t\\y = 0\\z = - 2 - t\end{array} \right.$. Suy ra là mệnh đề đúng.

d) Gọi $C$ là giao điểm của đường thẳng $MA$ và mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ suy ra $C\left( {2;0;0} \right)$.

$\overrightarrow {MB} = \left( {1;5; - 4} \right)$

Phương trình đường thẳng $MB$ là

$\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 5 + 5t\\z = - 2 - 4t\end{array} \right.$

Gọi $D$ là giao điểm của đường thẳng $MB$ và mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ thì $D\left( {\frac{1}{2};\frac{5}{2};0} \right)$.

$OC = \sqrt {{2^2} + {0^2} + {0^2}} = 2$; $OD = \sqrt {{{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{5}{2}} \right)}^2} + {0^2}} = \frac{{\sqrt {26} }}{2} \approx 2{,}55$.

Để che khuất hoàn toàn thanh $AB$ thì đường tròn có bán kính nhỏ nhất là $R = \frac{{\sqrt {26} }}{2}$.

$4\sqrt 2 \approx 5{,}7$. Suy ra là mệnh đề sai.

a) Sai

Ta có: $y = f\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 2x + 100}}{x} = x - 2 + \frac{{100}}{x}$, $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \left( {y - \left( {x - 2} \right)} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{100}}{x} = 0$.

Do đó tiệm cận xiên của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ là đường thẳng có phương trình $y = x - 2$.

b) Đúng

Tập xác định của hàm số là $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}$.

c) Đúng

Ta có: $y' = {\left( {x - 2 + \frac{{100}}{x}} \right)^\prime } = 1 - \frac{{100}}{{{x^2}}}$, cho $y' = 0 \Rightarrow x = \pm 10$

Vậy đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ có hai điểm cực trị có hoành độ trái dấu.

d) Sai

Chi phí sản xuất trung bình của một sản phẩm là: $f\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 2x + 100}}{x}$.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: $f\left( x \right) = x - 2 + \frac{{100}}{x} \ge 2\sqrt {x.\frac{{100}}{x}} - 2 = 18$.

Vậy chi phí sản xuất trung bình của một sản phẩm thấp nhất bằng 18 ngàn đồng.

a) Đúng

Có $f(0) = \sqrt {1 - {0^2}} = 1$

Diện tích thiết diện là:${S_{td}} = \pi \cdot {1^2} = \pi \;(d{m^2})$.

b) Sai

Có $f(0) = \sqrt {1 - {0^2}} = 1$

c) Sai

Diện tích hình phẳng $\left( H \right)$: $S = \int_{ - 1}^0 {\sqrt {1 - {x^2}} } dx + \int_0^1 {({x^3} + 1)} dx = \frac{{5 + \pi }}{4} \approx 2{,}04\,d{m^2}$

d) Đúng

Thể tích $V = \pi \left[ {\int_{ - 1}^0 {{{(\sqrt {1 - {x^2}} )}^2}} dx + \int_0^1 {{{({x^3} + 1)}^2}} dx} \right] = \pi \frac{{97}}{{42}} \approx 7{,}26\,d{m^3}$

Đáp án: 1050.

+ Ta có hàm số liên tục theo $t \in \left[ {0;\, + \infty } \right)$: $f'\left( t \right) = \left\{ \begin{array}{l}2100 - 400t,\,0 \le t \le 3\\a{\left( {t - 3} \right)^2} + b,\,t > 3\end{array} \right.$ nên

$f'\left( {{3^ - }} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} f'\left( t \right) \Leftrightarrow 2100 - 400.3 = a{\left( {3 - 3} \right)^2} + b \Leftrightarrow b = 900$.

+ Sau 3 giờ 30 phút số lượng khán giả ở lại sân khấu là $875$ nên

$f'\left( {3{,}5} \right) = 875 \Leftrightarrow a{\left( {3{,}5 - 3} \right)^2} + 900 = 875 \Leftrightarrow a = - 100$.

Khi đó ta được $f'\left( t \right) = \left\{ \begin{array}{l}2100 - 400t,\,0 \le t \le 3\\ - 100{\left( {t - 3} \right)^2} + 900,\,t > 3\end{array} \right.$

+ Khi khán giả ra về hết thì $f'\left( t \right) = 0 \Rightarrow - 100{\left( {t - 3} \right)^2} + 900 = 0 \Leftrightarrow {\left( {t - 3} \right)^2} = 9 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 6\,(tm)\\t = 0\,(l)\end{array} \right.$.

+ Khán giả trung bình mỗi giờ

$\overline f = \frac{1}{6}\left[ {\int\limits_0^3 {\left( {2100 - 400t} \right)dx} + \int\limits_3^6 {\left( { - 100{{\left( {t - 3} \right)}^2} + 900} \right)dx} } \right] = 1050$.

Đáp số: 106.

Sau 3 năm, số tiền cả gốc lẫn lãi ông An nhận được từ ngân hàng là:

$T = 100{(1 + 0{,}06)^3}$

Theo giả thiết về lạm phát, giá trị của $A$ đồng ở hiện tại tương đương với $A{(1 + 0{,}04)^3}$ đồng sau 3 năm.

Do đó, để quy đổi số tiền $T$ nhận được sau 3 năm về mức giá tại thời điểm hiện tại, ta thực hiện phép chia:

$A = \frac{T}{{{{(1 + 0{,}04)}^3}}} = 100{\left( {\frac{{1{,}06}}{{1{,}04}}} \right)^3} \approx 105{,}88$.

Làm tròn kết quả đến hàng đơn vị, số tiền tương đương ông An nhận được là 106 triệu đồng.

Đáp án: $26{,}2$.

Xếp $8$ quyển sách giống nhau vào một giá sách gồm $10$ ngăn chính là bài toán chia kẹo Euler , chia $8$ chiếc kẹo cho $10$ người nên có $n\left( \Omega \right) = C_{8 + 10 - 1}^{10 - 1} = 24310$.

Coi ngăn không chứa sách, chứa $1$ quyển sách và ngăn chứa $2$ quyển sách tương ứng với các số $0,\;1,\;2$.

Từ đề bài ta có hai trường hợp

Trường hợp 1: Có $6$ ngăn chứa đúng $1$ quyển sách, $1$ ngăn chứa $2$ quyển sách và $3$ ngăn không chứa quyển sách.

Xếp $3$ số $0$ trước sẽ tạo ra $4$ khoảng trống , xếp số $2$ và $1$ trong $4$ khoảng trống đó có $C_4^1$ cách . Khi đó còn $3$ khoảng trống , chia $6$ số $1$ cho $3$ khoảng trống đó có $C_{6 + 3 - 1}^{3 - 1}$. Suy ra trường hợp này có $C_{6 + 3 - 1}^{3 - 1}.C_4^1 = 112$ cách.

Trường hợp 2: Có $4$ ngăn chứa đúng $1$ quyển sách, $2$ ngăn chứa $2$ quyển sách và $4$ ngăn không chứa quyển sách.

Xếp $4$ số $0$ trước sẽ tạo ra $5$ khoảng trống , xếp $2$ số $2$ vào $2$ trong $5$ khoảng trống đó có $C_5^2$ cách . Khi đó còn $3$ khoảng trống , chia $4$ số $1$ cho $3$ khoảng trống đó có $C_{4 + 3 - 1}^{3 - 1} = C_6^2$. Suy ra trường hợp này có $C_6^2.C_5^2 = 150$ cách.

$$P = \frac{{112 + 150}}{{24310}} = \frac{{131}}{{12155}},\;2431P = 26{,}2.$$

Đáp án: $6{,}93$.

Gọi $h = AA' = BB' = CC'$.

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ ta có:$A\left( { - \sqrt 2 ;0;h} \right);{\rm{ B}}\left( {\sqrt 2 ;0;h} \right);{\rm{ }}B'\left( {\sqrt 2 ;0;0} \right);{\rm{ }}C'\left( {0;\sqrt 6 ;0} \right).$

$\overrightarrow {AB'} = \left( {2\sqrt 2 ;0; - h} \right);{\rm{ }}\overrightarrow {BC'} = \left( { - \sqrt 2 ;\sqrt 6 ; - h} \right)$.

Vì $AB' \bot BC'$ suy ra $\overrightarrow {AB'} .\overrightarrow {BC'} = 0 \Leftrightarrow - 4 + {h^2} = 0 \Leftrightarrow h = 2$.

Vậy $V=h.{S}_{\triangle ABC}=2.{(2\sqrt{2})}^{2}\frac{\sqrt{3}}{4}=4\sqrt{3}≃6{,}93({m}^{3})$.

Đáp án: 13,5.

$d$ có vectơ chỉ phương là $\vec u = (5;6;8)$ và đi qua $H(1;3; - 5).$

$(P)$ có vectơ pháp tuyến $\vec n = (2;1; - 2)$

Ta có: $\vec n.\vec u = 2.5 + 1.6 - 2.8 = 0 \Rightarrow \vec n \bot \vec u$

$2.1 + 1.3 - 2.( - 5) - 6 = 9 \ne 0 \Rightarrow H \notin (P)$

Suy ra $d‖(P).$

Vì $M=d\cap {d}^{'}\Rightarrow M\in d‖(P)$ nên

${V_{MABC}} = \frac{1}{3}{S_{\Delta ABC}}.{\rm{d}}(M,(P)) = \frac{1}{3}{S_{\Delta ABC}}.{\rm{d}}(d,(P)) = \frac{1}{3}{S_{\Delta ABC}}.{\rm{d}}(H,(P)).$

Ta có:

$\begin{array}{l}A({x_A};0;0) \in (P) \Rightarrow 2{x_A} - 6 = 0 \Rightarrow {x_A} = 3 \Rightarrow A(3;0;0)\\B(0;{y_B};0) \in (P) \Rightarrow {y_B} - 6 = 0 \Rightarrow {y_B} = 6 \Rightarrow B(0;6;0)\\C(0;0;{z_C}) \in (P) \Rightarrow - 2{z_C} - 6 = 0 \Rightarrow {z_C} = - 3 \Rightarrow C(0;0; - 3)\end{array}$

$\overrightarrow {AB} = ( - 3;6;0),\overrightarrow {AC} = ( - 3;0; - 3) \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}\sqrt {{{18}^2} + {9^2} + {{18}^2}} = \frac{{27}}{2}$

${\rm{d}}(H,(P)) = \frac{{|2.1 + 3 - 2.( - 5) - 6|}}{{\sqrt {4 + 1 + 4} }} = 3$

Vậy ${S}_{MABC}=\frac{1}{3}.\frac{27}{2}.3=\frac{27}{2}=13{,}5\text{(}đ\text{vtt)}.$

Đáp án: 36

Tại thời điểm ban đầu $t = 0$, quần thể có 24 tế bào, tức là $P(0) = 24$.

Thay $t = 0$ vào hàm số $P(t)$, ta có: $P(0) = \frac{{2a}}{{b + 3{e^0}}} = \frac{{2a}}{{b + 3}}$

$\Rightarrow \frac{{2a}}{{b + 3}} = 24 \Rightarrow 2a = 24(b + 3) \Rightarrow a = 12(b + 3)\quad (1)$

Tốc độ sinh trưởng là đạo hàm của số lượng tế bào theo thời gian:

$P'(t) = \frac{{ - 2a.3.( - 0{,}75).{e^{ - 0{,}75t}}}}{{{{(b + 3{e^{ - 0{,}75t}})}^2}}}$$\Rightarrow P'(t) = \frac{{4{,}5a.{e^{ - 0{,}75t}}}}{{{{(b + 3{e^{ - 0{,}75t}})}^2}}}$

Tại thời điểm $t = 0$, tốc độ sinh trưởng là $6$ tế bào/giờ, tức là $P'(0) = 6$.

Thay $t = 0$ vào $P'(t)$: $P'(0) = \frac{{4{,}5a.{e^0}}}{{{{(b + 3{e^0})}^2}}} = \frac{{4{,}5a}}{{{{(b + 3)}^2}}}$$\Rightarrow \frac{{4{,}5a}}{{{{(b + 3)}^2}}} = 6\quad (2)$

Thay $(1)$ vào $(2)$, ta được:

$\frac{{4{,}5.12(b + 3)}}{{{{(b + 3)}^2}}} = 6$$\Leftrightarrow \frac{{54(b + 3)}}{{{{(b + 3)}^2}}} = 6$$\Leftrightarrow \frac{{54}}{{b + 3}} = 6 \Rightarrow b + 3 = 9 \Rightarrow b = 6 \Rightarrow a = 12(6 + 3) = 108$

Vậy hàm số là: $P(t) = \frac{{216}}{{6 + 3{e^{ - 0{,}75t}}}}$

Sau một thời gian về lâu dài nghĩa là ta đi tìm giới hạn của hàm số khi $t \to + \infty$.

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } P(t) = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{{216}}{{6 + 3{e^{ - 0{,}75t}}}} = \frac{{216}}{6} = 36$ do $\mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } {e^{ - 0{,}75t}} = 0$

Sau một thời gian về lâu dài, số lượng tế bào của quần thể nấm men sẽ tiến về giá trị 36 tế bào.